Question

已知正数列{a_n}的前n项和为Sn，且有Sn=

1

4

(an+1)2，数列b₁，b₂-b₁，b₃-b₂，…，b_n-b_n-1是首项为1，公比为

1

2

的等比数列．
（1）求证数列{a_n}是等差数列；
（2）若c_n=a_n•（2-b_n），求数列{c_n}的前n项和T_n；
（3）在（2）条件下，是否存在常数λ，使得数列(

Tn+λ

an+2

)为等比数列？若存在，试求出λ；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）利用Sn=

1

4

(an+1)2，再写一式，两式相减，化简可得（a_n+a_n+1）（a_n-a_n-1-2）=0，即可证明数列{a_n}是等差数列；
（2）求出数列{c_n}的通项，利用错位相减法，可求数列的前n项和T_n；
（3）利用等差数列通项的特点，可求常数λ的值．

解答：（1）证明：由Sn=

1

4

(an+1)2，
当n=1时，a1=

1

4

(a1+1)2，
∴a₁=1，…（1分）
当n≥2时，Sn-1=

1

4

(an-1+1)2，
∴an=Sn-Sn-1=

1

4

(

a

2 n

-

a

2 n-1

+2an-2an-1)，
即（a_n+a_n+1）（a_n-a_n-1-2）=0，…（3分）
∴数列{a_n}是a₁=1，d=2的等差数列；                …（4分）
（2）解：依题意b1=1，当n≥2时，bn-bn-1=(

1

2

)n-1，
∴b_n=b₁+（b₂-b₁）+（b₃-b₂）+…+（b_n-b_n-1）=1+

1

2

+(

1

2

)2+…+(

1

2

)n-1=2(1-

1

2n

)．
∴cn=an•(2-bn)=(2n-1)•

2

2n

．
∴T_n=c₁+c₂+…+c_n=2(

1

2

+

3

22

+

5

23

+…+

2n-1

2n

)①
∴

1

2

Tn=2(

1

22

+

3

23

+

5

24

+…+

2n-1

2n+1

)，②…（8分）
①-②得

1

2

Tn=2(

1

2

+

2

22

+

2

23

+…+

2

2n

-

2n-1

2n+1

)，
∴

1

2

Tn=4(

1

2

+

1

22

+…+

1

2n

)-

2n-1

2n

-1，
∴Tn=6-

2n+3

2n-1

…（10分）
（3）解：∵

Tn+λ

an+2

=(6-

2n+3

2n-1

+λ)×

1

2n+3

=

λ+6

2n+3

-

1

2n-1

…（12分）
要使数列(

Tn+λ

an+2

)为等比数列，当且仅当λ+6=0，即λ=-6时，
故存在λ=-6，使(

Tn+λ

an+2

)为等比数列…（14分）

点评：本题考查等差数列、等比数列的判定，考查数列的通项与求和，考查错位相减法的运用，确定数列的通项是关键．